![福建省福州市八县新高考仿真卷化学试卷及答案解析_第1页](http://file4.renrendoc.com/view4/M00/26/32/wKhkGGaTdUSAduejAAJHy90cpes423.jpg)
![福建省福州市八县新高考仿真卷化学试卷及答案解析_第2页](http://file4.renrendoc.com/view4/M00/26/32/wKhkGGaTdUSAduejAAJHy90cpes4232.jpg)
![福建省福州市八县新高考仿真卷化学试卷及答案解析_第3页](http://file4.renrendoc.com/view4/M00/26/32/wKhkGGaTdUSAduejAAJHy90cpes4233.jpg)
![福建省福州市八县新高考仿真卷化学试卷及答案解析_第4页](http://file4.renrendoc.com/view4/M00/26/32/wKhkGGaTdUSAduejAAJHy90cpes4234.jpg)
![福建省福州市八县新高考仿真卷化学试卷及答案解析_第5页](http://file4.renrendoc.com/view4/M00/26/32/wKhkGGaTdUSAduejAAJHy90cpes4235.jpg)
版权说明:本文档由用户提供并上传,收益归属内容提供方,若内容存在侵权,请进行举报或认领
文档简介
福建省福州市八县新高考仿真卷化学试卷注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚,将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2.选择题必须使用2B铅笔填涂;非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写,字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试题卷上答题无效。4.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、用下列实验装置进行相应的实验,能达到实验目的的是A.甲用于制取氯气B.乙可制备氢氧化铁胶体C.丙可分离I2和KCl固体D.丁可比较Cl、C、Si的非金属性2、关于“植物油”的叙述错误的是()A.属于酯类 B.不含碳碳双键C.比水轻 D.在碱和加热条件下能完全水解3、下列说法不正确的是A.国庆70周年放飞的气球材质是可降解材料,主要成分是聚乙烯B.晶体硅可用来制造集成电路、晶体管、太阳能电池等C.MgO与Al2O3均可用于耐高温材料D.燃料的脱硫脱氮、NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施4、下列离子方程式正确的是A.用稀硫酸除去硫酸钠溶液中少量的硫代硫酸钠:S2O32-+2H+=SO2↑+S↓+H2OB.KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应:3ClO−+2Fe(OH)3=2FeO42-+3Cl−+4H++H2OC.硬脂酸与乙醇的酯化反应:C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218OD.向NH4HCO3溶液中加入足量石灰水:Ca2++HCO3-+OH−=CaCO3↓+H2O5、设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法不正确的是A.1L0.1mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中含有的阳离子数目小于0.2NAB.0.24gMg在O2和CO2的混合气体中完全燃烧,转移电子数为0.02NAC.3g由CO2和SO2组成的混合气体中含有的质子数为1.5NAD.1molNa2O2与SO2完全反应,转移电子数为2NA6、下列反应所得溶液中,一定只含一种溶质的是A.向氯化铝溶液中加入过量的氨水B.向稀盐酸中滴入少量的NaAlO2溶液C.向稀硝酸中加入铁粉D.向硫酸酸化的MgSO4溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液7、用0.10mol/L的NaOH溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.050mol/L的盐酸、磷酸及谷氨酸(H2G),滴定曲线如图所示:下列说法正确的是A.滴定盐酸时,用甲基橙作指示剂比用酚酞更好B.H3PO4与H2G的第一电离平衡常数K1的数量级不同C.用酚酞作指示剂滴定磷酸到终点时,溶液中的溶质为Na2HPO4D.NaH2PO4溶液中:8、下列有关溶液的说法中,正确的是A.(NH4)2SO4溶液浓缩时温度过高可能导致生成NH4HSO4B.相同温度下,强酸溶液的导电能力一定大于弱酸溶液C.通电时,溶液中溶质粒子分别向两极移动D.蒸干Na2CO3溶液最终得到NaOH9、下列化工生产过程中,未涉及氧化还原反应的是A.海带提碘 B.氯碱工业 C.海水提溴 D.侯氏制碱10、常温下,用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.0lmol/L的KCl、K2C2O4溶液,所得的沉淀溶解平衡图像如图所示(不考虑C2O42-的水解)。已知Ksp(AgC1)数量级为10-10。下列叙述不正确的是()A.图中Y线代表的Ag2C2O4B.n点表示AgCl的过饱和溶液C.向c(Cl-)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液时,先生成AgC1沉淀D.Ag2C2O4+2Cl-=2AgC1+C2O42-的平衡常数为1.0×10-0.7l11、草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸。常温下,向H2C2O4溶液中逐滴加入NaOH溶液,混合溶液中lgX[X为或]与pH的变化关系如图所示。下列说法一定正确的是A.Ⅰ表示lg与pH的变化关系B.pH=1.22的溶液中:2c(C2O42-)+c(HC2O4-)=c(Na+)C.根据图中数据计算可知,Ka2(H2C2O4)的数量级为10-4D.pH由1.22到4.19的过程中,水的电离程度先增大后减小12、网络趣味图片“一脸辛酸”,是在脸上重复画满了辛酸的键线式结构。下列有关辛酸的叙述正确的是A.辛酸的同分异构体(CH3)3CCH(CH3)CH2COOH的名称为2,2,3-三甲基戊酸B.辛酸的羧酸类同分异构体中,含有3个“一CH3”结构,且存在乙基支链的共有7种(不考虑立体异构)C.辛酸的同分异构体中能水解生成相对分子质量为74的有机物的共有8种(不考虑立体异构)D.正辛酸常温下呈液态,而软脂酸常温下呈固态,故二者不符合同一通式13、下列说法正确的是()A.分液操作时,分液漏斗中的下层液体从下口放出后,再将上层液体从下口放到另一烧杯中B.用试管夹从试管底由下往上夹住距离试管口约1/2处,手持试管夹长柄末端进行加热C.为检验某溶液是否含有NH4+,可在此溶液中加入足量的NaOH溶液,加热后用湿润的蓝色石蕊试纸检验D.配制一定物质的量浓度的溶液,向容量瓶加水至液面离刻度线1~2cm时,改用胶头滴管定容14、海水综合利用要符合可持续发展的原则,其联合工业体系(部分)如图所示,下列说法错误的是A.①中可采用蒸馏法 B.②中可通过电解法制金属镁C.③中提溴涉及到复分解反应 D.④的产品可生产盐酸、漂白液等15、某种化合物(如图)由W、X、Y、Z四种短周期元素组成,其中W、Y、Z分别位于三个不同周期,Y核外最外层电子数是W核外最外层电子数的二倍;W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同。下列说法不正确的是:A.原子半径:W<X<Y<ZB.简单离子的氧化性:W>XC.X与Y、Y与Z均可形成具有漂白性的化合物D.W与X的最高价氧化物的水化物可相互反应16、利用如图装置可以进行实验并能达到实验目的的是选项实验目的X中试剂Y中试剂A用MnO2和浓盐酸制取并收集纯净干燥的Cl2饱和食盐水浓硫酸B用Cu与稀硝酸制取并收集纯净干燥的NO水浓硫酸CCaCO3和稀盐酸制取并收集纯净干燥的CO2饱和NaHCO3溶液浓硫酸D用CaO与浓氨水制取并收集纯净干燥的NH3NaOH溶液碱石灰A.A B.B C.C D.D二、非选择题(本题包括5小题)17、煤化工可制得甲醇.以下是合成聚合物M的路线图.己知:①E、F均能发生银镜反应;②+RX+HX完成下列填空:(1)关于甲醇说法错误的是______(选填序号).a.甲醇可发生取代、氧化、消去等反应b.甲醇可以产生CH3OCH3(乙醚)c.甲醇有毒性,可使人双目失明d.甲醇与乙醇属于同系物(2)甲醇转化为E的化学方程式为______.(3)C生成D的反应类型是______;写出G的结构简式______.(4)取1.08gA物质(式量108)与足量饱和溴水完全反应能生成2.66g白色沉淀,写出A的结构简式______.18、新合成的药物J的合成方法如图所示:已知:R1—NH—R2+Cl—R3+HClR1COOR2+R3CH2COOR4+R2OH(R1、R2、R3、R4为氢或烃基)回答下列问题:(1)B的化学名称为______________,F的结构简式为_____________(2)有机物CH2=CHCH2NH2中的官能团名称是_______,由A生成B的反应类型为_____(3)③的化学方程式为__________。(4)已知④有一定的反应限度,反应进行时加入吡啶(C5H5N,属于有机碱)能提高J的产率,原因是________。(5)有机物K分子组成比F少两个氢原子,符合下列要求的K的同分异构体有_________种(不考虑立体异构)。①遇FeCl3溶液显紫色②苯环上有两个取代基(6)是一种重要的化工中间体。以环已醇()和乙醇为起始原料,结合已知信息选择必要的无机试剂,写出制备的合成路线:_________________。(已知:RHC=CHR'RCOOH+R'COOH,R、R'为烃基。用结构简式表示有机物,用箭头表示转化关系,箭头上注明试剂和反应条件)19、无水FeCl2易吸湿、易被氧化,常作为超高压润滑油的成分。某实验小组利用无水FeCl3和氯苯(无色液体,沸点132.2℃)制备少量无水FeCl2,并测定无水FeCl2的产率。实验原理:2FeCl3+C6H5Cl2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑实验装置:按如图所示组装好的装置,检查气密性后,向三颈烧瓶A中加入16.76g无水FeCl3和22.5g氯苯。回答下列问题:(1)利用工业氮气(含有H2O、O2、CO2)制取纯净干燥的氮气。①请从下列装置中选择必要的装置,确定其合理的连接顺序:a→________→上图中的j口(按气流方向,用小写字母表示)。②实验完成后通入氮气的主要目的是________。(2)装置C中的试剂是________(填试剂名称),其作用是________。(3)启动搅拌器,在约126℃条件下剧烈搅拌30min,物料变成黑色泥状。加热装置A最好选用__(填字母)。a.酒精灯b.水浴锅c.电磁炉d.油浴锅(4)继续升温,在128~139℃条件下加热2h,混合物颜色逐渐变浅,黏度降低。该步骤中加热温度已经接近或超过氯苯沸点,但氯苯实际损失量却非常小,其原因是________。(5)继续加热1h后放置冷却,在隔绝空气条件下过滤出固体,用洗涤剂多次洗涤所得固体,置于真空中干燥,得到成品。若D中所得溶液恰好与25mL2.0mol·L-1NaOH溶液完全反应,则该实验中FeCl2的产率约为________(保留3位有效数字)。20、某小组同学探究物质的溶解度大小与沉淀转化方向之间的关系。已知:物质BaSO4BaCO3AgIAgCl溶解度/g(20℃)2.4×10-41.4×10-33.0×10-71.5×10-4(1)探究BaCO3和BaSO4之间的转化试剂A试剂B试剂C加入盐酸后的现象实验ⅠBaCl2Na2CO3Na2SO4……实验ⅡNa2SO4Na2CO3有少量气泡产生,沉淀部分溶解①实验I说明BaCO3全部转化为BaSO4,依据的现象是加入盐酸后,__________________。②实验Ⅱ中加入稀盐酸后发生反应的离子方程式是__________________________________。③实验Ⅱ中加入试剂C后,沉淀转化的平衡常数表达式K=___________。(2)探究AgCl和AgI之间的转化实验Ⅳ:在试管中进行溶液间反应时,同学们无法观察到AgI转化为AgCl,于是又设计了如下实验(电压表读数:a>c>b>0)。装置步骤电压表读数ⅰ.如图连接装置并加入试剂,闭合Kaⅱ.向B中滴入AgNO3(aq),至沉淀完全bⅲ.再向B中投入一定量NaCl(s)cⅳ.重复i,再向B中加入与ⅲ等量NaCl(s)d注:其他条件不变时,参与原电池反应的氧化剂(或还原剂)的氧化性(或还原性)越强,原电池的电压越大;离子的氧化性(或还原性)强弱与其浓度有关。①实验Ⅲ证明了AgCl转化为AgI,甲溶液可以是________(填标号)。aAgNO3溶液bNaCl溶液cKI溶液②实验Ⅳ的步骤i中,B中石墨上的电极反应式是___________________________。③结合信息,解释实验Ⅳ中b<a的原因_____________________。④实验Ⅳ的现象能说明AgI转化为AgCl,理由是_____________________。(3)综合实验Ⅰ~Ⅳ,可得出的结论是________________________________________。21、C、N、S的氧化物常会造成一些环境问题,科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的影响。(1)CO2的重整用CO2和H2为原料可得到CH4燃料。已知:①CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H1=+247kJ/mol②CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H2=+205kJ/mol写出CO2重整的热化学方程式:_____。(2)“亚碳酸盐法”吸收烟中的SO2①将烟气通入1.0mol/L的Na2SO3溶液,若此过程中溶液体积不变,则溶液的pH不断_____(填“减小”“不变”或“增大)。当溶液pH约为6时,吸收SO2的能力显著下降,应更换吸收剂,此时溶液中c(SO32-)=0.2mol/L,则溶液中c(HSO3-)=_____。②室温条件下,将烟气通入(NH4)2SO3溶液中,测得溶液pH与各组分物质的量分数的变化关系如图:b点时溶液pH=7,则n(NH4+):n(HSO3—)=______________。(3)催化氧化法去除NO。一定条件下,用NH3消除NO污染,其反应原理4NH3+6NO5N2+6H2O。不同温度条件下,n(NH3):n(NO)的物质的量之比分别为4:1、3:1、1:3时,得到NO脱除率曲线如图所示:①曲线a中,NO的起始浓度为6×10-4mg·m-3,从A点到B点经过0.8s,该时间段内NO的脱除速率为_____mg·m-3·s-1。②曲线b对应NH3与NO的物质的量之比是_____。(4)间接电化学法除NO。其原理如图所示:写出阴极的电极反应式(阴极室溶液呈酸性)_____。吸收池中除去NO的原理_____(用离子方程式表示)。
参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、C【解析】
A.MnO2与浓盐酸反应制备氯气需要加热,缺少加热装置,A不能达到实验目的;B.向NaOH溶液中滴加饱和FeCl3溶液得到红褐色的Fe(OH)3沉淀,不能获得氢氧化铁胶体,制备氢氧化铁胶体应向沸水中逐滴加入5~6滴FeCl3饱和溶液,继续加热至液体呈红褐色即可,B不能达到实验目的;C.I2易升华,加热I2和KCl固体的混合物,I2变为碘蒸气,碘蒸气在圆底烧瓶底冷凝成I2固体,烧杯中留下KCl,C能达到实验目的;D.锥形瓶中产生气泡,说明锥形瓶中发生反应2HCl+Na2CO3=2NaCl+H2O+CO2↑,得出酸性HCl>H2CO3,但HCl不是氯元素的最高价含氧酸,不能比较C、Cl非金属性强弱,由于盐酸具有挥发性,从锥形瓶导出的CO2中一定混有HCl,HCl能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀,故烧杯中产生白色沉淀,不能说明CO2一定与硅酸钠溶液发生了反应,不能比较H2CO3、H2SiO3酸性的强弱,不能比较C、Si非金属性的强弱,D不能达到实验目的;答案选C。2、B【解析】
植物油是高级脂肪酸的甘油酯,密度比水小,结构中含有不饱和键,在碱性条件下可发生水解。【详解】A.植物油是高级脂肪酸的甘油酯,属于酯类,A项正确;B.植物油结构中含有不饱和的碳碳双键键,B项错误;C.密度比水小,浮在水面上,C项正确;D.在碱性条件下可发生水解,生成高级脂肪酸盐和甘油,D项正确;答案选B。3、A【解析】
A.聚乙烯不属于可降解材料,故错误;B.硅属于半导体材料,能制造集成电路或太阳能电池等,故正确;C.氧化镁和氧化铝的熔点都较高,可以做耐高温材料,故正确;D.燃料的脱硫脱氮、NOx的催化转化可以减少硫的氧化物和氮的氧化物的排放,能减少酸雨的产生,故正确。故选A。4、A【解析】
A.用稀硫酸除去硫酸钠溶液中少量的硫代硫酸钠,发生歧化反应生成二氧化硫与硫单质,其离子方程式为:S2O32-+2H+=SO2↑+S↓+H2O,A项正确;B.KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应,不可能生成H+,其离子方程式为:3ClO−+2Fe(OH)3+4OH-=2FeO42-+3Cl−+5H2O,B项错误;C.硬脂酸与乙醇的酯化反应的化学方程式为:C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O,C项错误;D.向NH4HCO3溶液中加入足量石灰水,铵根离子与碳酸氢根离子均会与氢氧根离子反应,其离子方程式为:NH4++Ca2++HCO3-+2OH−=CaCO3↓+H2O+NH3H2O,D项错误;答案选A。【点睛】B项是易错点,在书写离子方程式时,若反应属于氧化还原反应,则应该符合电子守恒、电荷守恒、原子守恒,同时注意在酸性环境不可能存在大量OH-,同时在碱性溶液中不可能大量存在H+。5、A【解析】
A.铁离子在溶液中水解导致阳离子个数增多,故溶液中阳离子个数多于0.2NA个,故A错误;B.0.24gMg为0.01mol,Mg在O2和CO2的混合气体中完全燃烧生成MgO,失去0.02mol电子,则转移电子数为0.02NA,故B正确;C.CO2的摩尔质量为44g/mol,含22个质子;SO2的摩尔质量为64g/mol,含32个质子,即两者均是2g中含1mol质子,故3g混合物中含1.5mol质子即1.5NA个质子,故C正确;D.过氧化钠与二氧化硫反应生成硫酸钠,1mol过氧化钠中的−1价的氧原子变为−2价,故1mol过氧化钠转移2mol电子即2NA个,故D正确;答案选A。6、D【解析】
A.氯化铝溶液中加入过量的氨水生成氢氧化铝沉淀和氯化铵,所得溶液中由氯化铵和氨水混合而成,A不符合题意;B.稀盐酸中滴入少量的NaAlO2溶液生成氯化铝、氯化钠和水,B不符合题意;C.稀硝酸中加入铁粉充分反应后所得溶液中可能含Fe(NO3)3、Fe(NO3)2、Fe(NO3)3和Fe(NO3)2、HNO3和Fe(NO3)3,C不符合题意;D.硫酸酸化的MgSO4溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液生成氢氧化镁沉淀、硫酸钡沉淀、水,所得溶液中只有过量的Ba(OH)2,D符合题意;答案选D。7、C【解析】
A.盐酸和氢氧化钠溶液反应至终点时,pH=7,与酚酞的变色范围8~10接近,甲基橙的变色范围在3.1-4.4,则使用酚酞做指示剂更好,故A错误;B.滴定前,0.050mol/LH3PO4与H2G的pH值几乎相等,由此可得,二者第一电离平衡常数Ki的数量级相同,故B错误;C.20.00mL、0.050mol/L的磷酸用0.10mol/L的NaOH完全中和应消耗30mL氢氧化钠,根据图像,滴定磷酸共有两次突跃,第二次为滴定磷酸的终点,用酚酞作指示剂滴定磷酸到终点时,消耗氢氧化钠的体积为20mL,则可以确定达到终点是,溶液中的溶质为Na2HPO4,故C正确,D.当溶液中的溶质为NaH2PO4时,应为磷酸的第一次滴定突跃,根据图像显示,此时溶液显酸性,即H2PO4-的电离程度大于水解程度,即c(HPO42-)>c(H3PO4),则,故D错误;答案选C。8、A【解析】
A.温度升高,促进NH4+水解,酸性增强,产生NH4HSO4,选项A正确;B.电解质溶液导电能力与离子所带电荷数及离子浓度等因素有关,离子浓度越大,所带电荷越多,导电能力就越强,与电解质强弱无关,选项B错误;C.溶液中的溶质可能为非电解质,如乙醇溶液,通电时乙醇分子不发生移动,选项C错误;D.蒸干Na2CO3溶液,应得到的主要成分仍为Na2CO3,选项D错误;答案选A。9、D【解析】
A.海带提碘是由KI变为I2,有元素化合价的变化,属于氧化还原反应,故A错误;B.氯碱工业是由NaCl的水溶液在通电时反应产生NaOH、Cl2、H2,有元素化合价的变化,属于氧化还原反应,故B错误;C.海水提溴是由溴元素的化合物变为溴元素的单质,有元素化合价的变化,属于氧化还原反应,故C错误;D.侯氏制碱法,二氧化碳、氨气、氯化钠反应生成碳酸氢钠和氯化铵,碳酸氢钠受热分解转化为碳酸钠,二氧化碳和水,没有元素的化合价变化,则不涉及氧化还原反应,故D正确。故选D。10、D【解析】
当阴离子浓度相同时,生成AgCl沉淀所需的c(Ag+)小,先析出氯化银沉淀,X为生成氯化银沉淀的曲线;根据图象可知,Ksp(AgC1)=,Ksp(Ag2C2O4)=。【详解】A.当阴离子浓度相同时,生成AgCl沉淀所需的c(Ag+)小,先析出氯化银沉淀,X为生成氯化银沉淀的曲线,Y线代表的Ag2C2O4,故A正确;B.n点c(Cl-)×c(Ag+)>Ksp(AgC1),所以n表示AgCl的过饱和溶液,故B正确;C.结合以上分析可知,向c(Cl-)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液时,Cl-生成AgC1沉淀需要银离子浓度小,所以先生成AgC1沉淀,故C正确;D.Ag2C2O4+2Cl-=2AgC1+C2O42-的平衡常数为1.0×109.04,故D错误;故选D。11、A【解析】
H2C2O4H++HC2O4-Ka1=,lg=0时,=1,Ka1=c(H+)=10-pH;HC2O4-H++C2O42-Ka2=,lg=0时,=1,Ka2=c(H+)=10-pH。【详解】A.由于Ka1>Ka2,所以=1时溶液的pH比=1时溶液的pH小,所以,Ⅰ表示lg与pH的变化关系,A正确;B.电荷守恒:2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),pH=1.22,溶液显酸性,c(H+)>c(OH-),那么:2c(C2O42-)+c(HC2O4-)>c(Na+),B错误;C.由A可知,Ⅱ为lg与pH的变化关系,由分析可知,Ka2=c(H+)=10-pH=10-4.19=100.81×10-5,故Ka2(H2C2O4)的数量级为10-5,C错误;D.H2C2O4和NaOH恰好完全反应生成Na2C2O4,此时溶液呈碱性,水的电离程度最大。H2C2O4溶液中滴入NaOH溶液,pH由1.22到4.19的过程中,H2C2O4一直在减少,但还没有完全被中和,故H2C2O4抑制水电离的程度减小,水的电离程度一直在增大,D错误;答案选A。【点睛】酸和碱抑制水的电离,盐类水解促进水的电离,判断水的电离程度增大还是减小,关键找准重要的点对应的溶质进行分析,本题中重要的点无非两个,一是还没滴NaOH时,溶质为H2C2O4,此时pH最小,水的电离程度最小,草酸和NaOH恰好完全反应时,溶质为Na2C2O4,此时溶液呈碱性,水的电离程度最大,pH由1.22到4.19的过程,介于这两点之间,故水的电离程度一直在增大。12、B【解析】
A.根据官能团位置编号最小的原则给主链碳原子编号,该有机物的名称为3,4,4-三甲基戊酸,A项错误;B.三个甲基分别是主链端点上一个,乙基支链上一个,甲基支链一个,这样的辛酸的羧酸类同分异构体中未连接甲基的结构有两种形式,分别为CH3CH2CH(CH2CH3)CH2COOH、CH3CH2CH2CH(CH2CH3)COOH,在这两种结构中,甲基可以分别连接在中间的三个主链碳原子上,共有6种结构,还有一种结构为(CH2CH3)2CCOOH,因此辛酸的羧酸类同分异构体中,含有三个甲基结构,且存在乙基支链的共有7种,B项正确;C.辛酸的同分异构体中能水解的一定为酯,那么相对分子质量为74的有机物可是酸,即为丙酸,但丙酸只有一种结构,也可能是醇,则为丁醇,共有4种同分异构体。所以与丙酸反应生成酯的醇则为戊醇,共有8种同分异构体;与丁醇反应生成酯的酸为丁酸,其中丁酸有2种同分异构体,丁醇有4种同分异构体,所以共有8种,因此符合要求的同分异构体一共是8+8=16种,C项错误;D.正辛酸和软脂酸都是饱和脂肪酸,都符合通式CnH2nO2,由于正辛酸所含C原子数少,常温下呈液态,而软脂酸所含C原子数多,常温下呈固态,D项错误;答案选B。【点睛】C选项要从酯在组成上是由酸和醇脱水生成的,所以相对分子质量为74的有机物可能是酸,也可能是醇,再分别推导出同分异构体的数目,最后酸和醇的同分异构体数目相结合即得总数。13、D【解析】
A.分液操作时,下层液体从下口放出,上层液体从上口倒出,故A不选。B.用试管夹时,应夹住距离试管口约1/3处,故B不选。C.检验氨气,应该用湿润的红色石蕊试纸,遇氨气变蓝,故C不选;D.配制一定物质的量浓度的溶液,向容量瓶加水至液面离刻度线1~2cm时,改用胶头滴管定容是正确的,故D选。故选D。14、C【解析】
A.利用蒸馏原理可从海水中提取淡水,故不选A;B.从海水中得到氯化镁后,镁为活泼金属,则可以电解熔融状态的氯化镁生成氯气和金属镁,故不选B;C.将苦卤浓缩通入过量氯气进行氧化,静置溴沉在底部,继而通入空气和水蒸气,将溴吹入吸收塔,使溴蒸汽和吸收剂二氧化硫发生作用转化成氢溴酸以达到富集溴,然后再用氯气将其氧化得到溴,反应过程中不涉及复分解反应,故选C;D.从海水中得到氯化钠后,电解氯化钠溶液,得氢氧化钠和氢气和氯气,利用制得的氯气可以生产盐酸和漂白液,故不选D;答案:C15、A【解析】
首先发现X是+1价的,则X为氢、锂或钠,但是W、X、Y三种简单离子的核外电子排布要相同,则X只能是钠,才能满足题意;W、Y、Z三者分别位于三个不同的周期,则必有一种为氢,根据题目给出的结构式,氢只能形成1个键,则Z是氢;结合Y的最外层电子数是W的最外层电子数的二倍,且二者简单离子的核外电子排布相同,则只能是氧和铝,根据结构不难发现W是铝,Y是氧,据此来解题即可。【详解】A.根据分析,四种元素的半径大小为氢<氧<铝<钠,即Z<Y<W<X,A项错误;B.钠单质的还原性强于铝,而的氧化性弱于,B项正确;C.过氧化钠和过氧化氢均具有漂白性,C项正确;D.W与X的最高价氧化物的水化物分别为和,二者可以相互反应,D项正确;答案选A。16、C【解析】
A.MnO2和浓盐酸制取氯气,需要加热,A不符合题意;B.NO不能选排空气法收集,B不符合题意;C.CaCO3和稀盐酸反应生成二氧化碳,碳酸氢钠溶液可除去HCl,浓硫酸干燥后,选向上排空气法收集二氧化碳,C符合题意;C.用CaO与浓氨水制取氨气,进入X中时氨气会溶解,而且氨气密度比空气小,应该用向下排空气方法收集,不能用向上排空气的方法收集,D不符合题意;故合理选项是C。二、非选择题(本题包括5小题)17、a2CH3OH+O22HCHO+2H2O消去反应HCOOCH3.【解析】
一定条件下,氢气和一氧化碳反应生成甲醇,甲醇氧化生成E为甲醛,甲醛氧化得F为甲酸,甲酸与甲醇发生酯化得G为甲酸甲酯,甲醇和氢溴酸发生取代反应生成一溴甲烷,在催化剂条件下,一溴甲烷和和A反应生成B,B反应生成C,C反应生成D,根据A的分子式知,A中含有醇羟基和亚甲基或甲基和酚羟基,根据D的结构简式知,A中含有甲基和酚羟基,酚发生取代反应时取代位置为酚羟基的邻对位,根据D知,A是间甲基苯酚,间甲基苯酚和一溴甲烷反应生成B(2,5﹣二甲基苯酚),2,5﹣二甲基苯酚和氢气发生加成反应生成,发生消去反应生成,和丙烯发生加成反应生成M,M的结构简式为:,根据有机物的结构和性质分析解答。【详解】一定条件下,氢气和一氧化碳反应生成甲醇,甲醇氧化生成E为甲醛,甲醛氧化得F为甲酸,甲酸与甲醇发生酯化得G为甲酸甲酯,甲醇和氢溴酸发生取代反应生成一溴甲烷,在催化剂条件下,一溴甲烷和和A反应生成B,B反应生成C,C反应生成D,根据A的分子式知,A中含有醇羟基和亚甲基或甲基和酚羟基,根据D的结构简式知,A中含有甲基和酚羟基,酚发生取代反应时取代位置为酚羟基的邻对位,根据D知,A是间甲基苯酚,间甲基苯酚和一溴甲烷反应生成B(2,5﹣二甲基苯酚),2,5﹣二甲基苯酚和氢气发生加成反应生成,发生消去反应生成,和丙烯发生加成反应生成M,M的结构简式为:,(1)a.甲醇可发生取代、氧化反应但不能发生消去,故a错误;b.甲醇分子间脱水生成CH3OCH3,故b正确;c.甲醇有毒性,可使人双目失明,故c正确;d.甲醇与乙醇都有一个羟基,组成相关一个CH2;所以属于同系物,故d正确;(2)甲醇转化为甲醛的化学方程式为2CH3OH+O22HCHO+2H2O;(3)根据上面的分析可知,C生成D的反应类型是:消去反应,G为甲酸甲酯,G的结构简式HCOOCH3;(4)取1.08gA物质(式量108)的物质的量==0.01mol,与足量饱和溴水完全反应能生成2.66g白色沉淀,根据碳原子守恒知,白色沉淀的物质的量是0.01mol,则白色沉淀的摩尔质量是266g/mol,A的式量和白色沉淀的式量相差158,则溴原子取代酚羟基的邻对位,所以A的结构简式为:。18、3-氯-1-丙烯碳碳双键和氨基取代反应吡啶显碱性,能与反应④的产物HCl发生中和反应,使平衡正向移动,提高J产率15【解析】
由A、B的分子式,C的结构简式,可知A为CH3CH=CH2,A发生取代反应生成B为ClCH2CH=CH2;B中氯原子被氨基取代得到,根据C的分子式既反应条件,可知反应②发生题给信息中的取代反应,可知C为;比较C、D分子式,结合E的结构简式分析,反应③为题给信息中的成环反应,可知D为;D发生酯的水解反应生成E,比较E和G的结构,结合反应条件分析中间产物F的结构为;对比G、J的结构,G与发生取代反应生成J,据此分析解答。【详解】(1)B为ClCH2CH=CH2,化学名称为3-氯-1-丙烯,比较E和G的结构,结合反应条件分析中间产物F的结构为故答案为:3-氯-1-丙烯;;(2)根据官能团的结构分析,有机物CH2=CHCH2NH2中的官能团有碳碳双键和氨基;比较A和B的结构变化可知该反应为取代反应,故答案为:碳碳双键和氨基;取代反应;(3)根据上述分析,反应③的化学方程式为,故答案为:;(4)反应④为取代反应,生成有机物的同时可生成HCl,而吡啶呈碱性,可与HCl发生中和反应,使平衡正向移动,提高J的产率,故答案为:吡啶显碱性,能与反应④的产物HCl发生中和反应,使平衡正向移动,提高J产率;(5)F为,分子式为C8H13NO,则K的分子式为C8H11NO,①遇FeCl3溶液显紫色,则结构中含有酚羟基;②苯环上有两个取代基,一个为OH,则另一个为由2个C原子6个H原子1个N原子构成的取代基,其结构有-CH2CH2NH2、-CH2NHCH3、-CH(CH3)NH2、-NHCH2CH3、-N(CH3)2共5种,两取代基的位置共有邻、间、对三种情况,所以K的同分异构体有3×5=15种,故答案为:15;(6)由题给信息可知,由反应得到,用酸性高锰酸钾溶液氧化的己二酸,己二酸与乙醇发生酯化反应得到,可由原料发生消去反应获取,则合成路线流程图为:,故答案为:。【点睛】解决这类题的关键是以反应类型为突破口,以物质类别判断为核心进行思考。经常在一系列推导关系中有部分物质已知,这些已知物往往成为思维“分散”的联结点。可以由原料结合反应条件正向推导产物,也可以从产物结合条件逆向推导原料,也可以从中间产物出发向两侧推导,审题时要抓住基础知识,结合新信息进行分析、联想、对照、迁移应用、参照反应条件推出结论。解题的关键是要熟悉烃的各种衍生物间的转化关系,不仅要注意物质官能团的衍变,还要注意同时伴随的分子中碳、氢、氧、卤素原子数目以及有机物相对分子质量的衍变,这种数量、质量的改变往往成为解题的突破口。19、fg→de→bc(提示:除水后再除氧气,防止还原铁粉与水蒸气反应生成氢气)将生成的HCl气体排入装置D中被水完全吸收无水氯化钙防止水蒸气进入装置A中使FeCl2、FeCl3水解d球形冷凝管可使挥发的氯苯冷凝回流97.0%【解析】
(1)思路:先除CO2→再除H2O(顺带除去吸收二氧化碳带出来的水蒸气)→再除O2(除水后再除氧气,防止还原铁粉与水蒸气反应生成氢气);(2)由FeCl2、FeCl3易水解性质可解,前后一定要有干燥装置;(3)油浴锅的好处是便于控制温度;(4)有冷凝管可使反应物冷凝回流;【详解】(1)①由分析可知,装置接口的连接顺序为fg→de→bc,吸收装置注意长进短出;②实验完成后继续通入氮气的主要目的是:将生成的HCl气体排入装置D中被水完全吸收,防止测FeCl2的产率偏小。(2)FeCl2、FeCl3易水解,装置C中的试剂是干燥剂无水氯化钙,其作用是防止水蒸气进入装置A中使FeCl2、FeCl3水解;(3)结合温度约126℃,选择油浴锅的好处是便于控制温度,故选d;(4)由装置图可知,加热温度已经接近或超过氯苯沸点,但氯苯实际损失量却非常小,其原因是球形冷凝管可使挥发的氯苯冷凝回流;(5)n(HCl)=n(NaOH)=0.025L2.0mol·L-1=0.05mol,n(FeCl2)=n(HCl)=0.05mol=0.1mol,加入16.76g无水FeCl3和22.5g氯苯,物质的量分别约为0.103mol和0.2mol,由反应方程式可知氯苯过量,则该实验中FeCl2的产率约为100%97.0%。20、沉淀不溶解,无气泡产生BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2Ob2I――2e-=I2由于生成AgI沉淀,使B溶液中c(I-)减小,I-还原性减弱,原电池电压减小实验步骤ⅳ表明Cl-本身对原电池电压无影响,实验步骤ⅲ中c>b说明加入Cl-使c(I-)增大,证明发生了AgI+Cl-AgCl+I-溶解度小的沉淀容易转化为溶解度更小的沉淀,反之不易;溶解度差别越大,由溶解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现【解析】
(1)①BaCO3与盐酸反应放出二氧化碳气体,BaSO4不溶于盐酸;②实验Ⅱ中加入稀盐酸后有少量气泡产生,是BaCO3与盐酸反应放出二氧化碳;③实验Ⅱ中加入试剂Na2CO3后,发生反应是BaSO4+CO32-=BaSO4+SO42-;(2)①要证明AgCl转化为AgI,AgNO3与NaCl溶液反应时,必须是NaCl过量;②I―具有还原性、Ag+具有氧化性,B中石墨是原电池负极;③B中滴入AgNO3(aq)生成AgI沉淀;④AgI转化为AgCl,则c(I-)增大,还原性增强,电压增大。(3)根据实验目的及现象得出结论。【详解】(1)①BaCO3与盐酸反应放出二氧化碳气体,BaSO4不溶于盐酸,实验I说明BaCO3全部转化为BaSO4的现象是加入盐酸后,沉淀不溶解,无气泡产生;②实验Ⅱ中加入稀盐酸后有少量气泡产生,沉淀部分溶解,说明是BaCO3与盐酸反应,反应离子方程式是BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O;③实验Ⅱ中加入试剂Na2CO3后,发生反应是BaSO4+CO32-=BaSO4+SO42-;固体不计入平衡常数表达式,所以沉淀转化的平衡常数表达式K=;(2)①AgNO3与NaCl溶液反应时,NaCl过量,再滴入KI溶液,若有AgI沉淀生成才能证明AgCl转化为AgI,故实验Ⅲ中甲是NaCl溶液,选b;②I―具有还原性、Ag+具有氧化性,B中石墨是原电池负极,负极反应是2I――2e-=I2;③B中滴入AgNO3(aq)生成AgI沉淀,B溶液中c(I-)减小,I-还原性减弱,原电池电压减小,所以实验Ⅳ中b<a;④实验步骤ⅳ表明Cl-本身对原电池电压无影响,实验步骤ⅲ中c>b说明加入Cl-使c(I-)增大,证明发生了AgI+Cl-AgCl+I-。(3)综合实
温馨提示
- 1. 本站所有资源如无特殊说明,都需要本地电脑安装OFFICE2007和PDF阅读器。图纸软件为CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.压缩文件请下载最新的WinRAR软件解压。
- 2. 本站的文档不包含任何第三方提供的附件图纸等,如果需要附件,请联系上传者。文件的所有权益归上传用户所有。
- 3. 本站RAR压缩包中若带图纸,网页内容里面会有图纸预览,若没有图纸预览就没有图纸。
- 4. 未经权益所有人同意不得将文件中的内容挪作商业或盈利用途。
- 5. 人人文库网仅提供信息存储空间,仅对用户上传内容的表现方式做保护处理,对用户上传分享的文档内容本身不做任何修改或编辑,并不能对任何下载内容负责。
- 6. 下载文件中如有侵权或不适当内容,请与我们联系,我们立即纠正。
- 7. 本站不保证下载资源的准确性、安全性和完整性, 同时也不承担用户因使用这些下载资源对自己和他人造成任何形式的伤害或损失。
最新文档
- 2023中考满分议论文15篇
- 隧道工程防雷接地施工方案
- 高考物理一轮复习实验13用多用电表测量电学中的物理量课件
- 哈尔滨市呼兰区2024届小学六年级第二学期小升初数学试卷含解析
- 工厂消防安全知识竞赛测试题及答案
- 新人教目标版八年级上册英语全册导学案
- 血液透析导管项目创业计划书
- 罐身电阻焊自动线产品相关项目建议书
- 输电用无功补偿装置产品项目运营指导方案
- 服装创业计划书范文
- 授权书-市场开发
- 礼盒组品策划方案范文相关7篇
- 《预防传染病》 完整版课件
- 招商服务 投标方案(技术方案)
- 中国自发性脑出血诊疗多学科专家共识
- 食堂交接方案
- 氨氮的测定讲解
- 故宫系列口红营销方案
- 2024年可发性聚苯乙烯项目商业发展计划书
- 常见病症的早期识别与护理课件
- 家政服务公司创业计划书
评论
0/150
提交评论